2025年上教版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年上教版高二化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、汽车尾气（含烃类、CO、NO和SO2等）是空气的主要污染源．治理方法之一是在汽车排气管上加装“催化转化器”，使CO和NO反应产生可参与大气循环的无毒气体，促使烃类充分燃烧及SO2的转化．下列说法中错误的是（）

A.CO和NO反应生成CO2和N2：2CO+2NO2CO2+N2

B.汽车改用天然气为燃料或开发氢能源；都可减少对空气的污染。

C.此方法的缺点是由于CO2的增多；会大大提高空气的酸度。

D.增大绿化面积；多植树造林，可有效控制城市空气污染。

2、下列气体通入水中，不能形成电解质溶液的是A．NH3B．O2C．HBrD．HCl3、水是一种重要的资源，节约用水是“全民节约，共同行动”重要的一项．关于水的下列说法正确的是（）A.水可以电离出离子，所以是强电解质B.水的离子积可表示KW=c（H+）•c（OH-）C.常温下水中的c（H+）大于c（OH-）E.水可以电离出离子，所以是强电解质E.水可以电离出离子，所以是强电解质4、通过以下反应均可获取rm{H_{2}}下列有关说法正确的是rm{垄脵}太阳光催化分解水制氢：rm{2H_{2}O(l)篓T2H_{2}(g)+O_{2}(g)娄陇H_{1}=571.6kJ隆陇mol^{篓C1}}rm{2H_{2}O(l)篓T2H_{2}(g)+O_{2}(g)

娄陇H_{1}=571.6kJ隆陇mol^{篓C1}}焦炭与水反应制氢：rm{C(s)+H_{2}O(g)篓TCO(g)+H_{2}(g)娄陇H_{2}=131.3kJ隆陇mol^{篓C1}}rm{垄脷}甲烷与水反应制氢：rm{C(s)+H_{2}O(g)篓TCO(g)+

H_{2}(g)娄陇H_{2}=131.3kJ隆陇mol^{篓C1}}rm{CO(g)+3H_{2}(g)娄陇H_{3}=206.1kJ隆陇mol^{篓C1}}A.反应rm{{,!}垄脹}中电能转化为化学能B.反应rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)篓T}为放热反应C.反应rm{CO(g)+3H_{2}(g)娄陇H_{3}=206.1

kJ隆陇mol^{篓C1}}使用催化剂，rm{垄脵}减小D.反应rm{垄脷}rm{垄脹}的rm{娄陇H_{3}}rm{CH_{4}(g)篓T}5、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.仅用rm{AgNO_{3}}溶液便可鉴别亚硝酸钠和食盐B.重结晶时，溶液冷却速度越慢得到的晶体颗粒越大C.乙酸与乙醇的混合液可用分液漏斗进行分离D.用标准盐酸滴定待测rm{NaOH}溶液时，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则测定结果偏低6、关于铭rm{;_{18}^{40}Ar}的说法正确的是rm{(}rm{)}A.质子数为rm{18}B.中子数为rm{40}C.质量数为rm{58}D.核外电子数为rm{22}7、下列关于分子式为rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的有机物的同分异构体的说法中，不正确的是rm{(}rm{)}A.属于酯类的有rm{4}种B.属于羧酸类的有rm{2}种C.存在分子中含有六元环的同分异构体D.既含有羟基又含有醛基的有rm{3}种8、互为同分异构体的一组物质是A.金刚石和石墨B.rm{{,!}_{8}^{18}{O}}和rm{{,!}_{8}^{16}{O}}C.rm{CH_{2}=CH_{2}}和rm{CH_{3}CH_{3}}D.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}和评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＞0已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10-4．请回答：

（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______．

（2）假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______（填字母序号）．

A．消耗1molN2同时生成1molO2B．混合气体密度不变。

C．混合气体平均相对分子质量不变D.2v（N2）正=v（NO）逆

（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是______．

A

B

C

（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态．与原平衡状态相比，此时平衡混合气体中NO的体积分数______（填“变大”“变小”或“不变”）．

（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol•L-1、4.0×10-2mol•L-1和3.0×10-3mol•L-1，此时反应______（填“处于化学平衡状态”“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”）．10、磺化煤(代表式NaR)是一种阳离子型交换剂，它能使硬水中的Ca2＋、Mg2＋通过交换除去而软化。现在海水(已知海水中含Na＋、Ca2＋、Mg2＋等阳离子)的淡化方法是使海水按顺序通过两种离子交换树脂，其流程如右图所示。(1)现有氢型阳离子交换树脂和羟型阴离子交换树脂，则(填代表式)A柱是________________，B柱是__________________。(2)按上述顺序装柱的理由是_________________________________________11、某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A+3B2C，若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为VL，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是①原混合气体的体积为1．2VL②原混合气体的体积为1．1VL③反应达平衡时,气体A消耗掉0．05VL④反应达平衡时，气体B消耗掉0．05VLA、②③B、②④C、①③D、①④12、乙炔（C2H2）是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。(1)CaC2中C与O互为等电子体，等电子体结构相似，则1个O中含有的π键数目为____。(2)将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu＋基态核外电子排布式为____。(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C＝CH—C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是____；分子中处于同一直线上的原子数目最多为________。13、（1）写出葡萄糖发生银镜反应的化学方程式______．

（2）某有机物含C、H、O三种元素，它的红外吸收光谱表明有羟基O-H键和烃基上C-H键的红外吸收峰，且烃基与羟基上氢原子个数之比为2：1，它的相对分子质量为62，则该有机物的结构简式为______．

（3）向苯酚钠溶液中通入少量的CO2，溶液将变浑浊，请写出反应的化学方程式______．

（4）某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应类型有______（填字母）

①取代反应②加聚反应③消去反应④酯化反应⑤水解反应⑥氧化反应⑦显色反应。

A．①②④⑥⑦B．②③④⑥⑦C．①②③④⑤⑥D．全部．14、按要求完成各题。

rm{(1)}常温下，rm{0.01mol/L}rm{HCl}溶液的rm{PH=}______；

rm{(2)}常温下，rm{PH=11}的rm{CH_{3}COONa}溶液中由水电离产生的rm{c(OH^{-})=}______rm{mol/L}

rm{(3)}写出rm{CH_{3}COONa}溶液中离子浓度由大到小的关系：______

rm{(4)}某温度下纯水中rm{C(H^{+})=2隆脕10^{-7}}rm{mol/L}则此时溶液中的rm{C(OH^{-})=}______rm{mol/L.}若温度不变，滴入稀盐酸使rm{C(H^{+})=5隆脕10^{-6}}rm{mol/L}则此时溶液中的rm{C(OH^{-})=}______rm{mol/L}评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)15、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。16、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。17、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。18、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分四、推断题(共4题，共20分)19、芳香族化合物rm{C}的分子式为rm{C_{9}H_{9}OCl}rm{C}与其他物质之间的转化如图所示：

rm{C}分子中有一个甲基且苯环上只有一条侧链；一定条件下rm{C}能发生银镜反应．

rm{(1)F}中官能团的名称是______．

rm{(2)G}的结构简式是______．

rm{(3)}写出rm{D}与银氨溶液反应的化学方程式______．

rm{(4)}若实验测得rm{B}中不含有氯原子，你认为可能的原因是______．

rm{(5)D}的一种同系物rm{W(}分子式为rm{C_{8}H_{8}O_{2})}有多种同分异构体，则符合以下条件的rm{W}的同分异构体有______种rm{.}

rm{垄脵}属于芳香族化合物；

rm{垄脷}能与rm{NaHCO_{3}}反应产生rm{CO_{2}}气体．20、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}均是原子序数小于rm{36}的元素rm{.A}的基态原子外围电子排布式为rm{3s^{2}}rm{B}原子的rm{L}电子层的rm{P}能级上有一个空轨道；rm{C}元素的基态原子最外层有rm{3}个未成对电子，次外层有rm{2}个电子；rm{D}的原子的rm{2p}轨道上有rm{1}个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；rm{E}是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素；rm{F}和rm{G}在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数rm{F}比rm{G}小rm{2}．

根据信息回答下列问题：

rm{(1)C}的外围电子排布图为______rm{.C}与氢元素可分别形成含rm{10}个电子的分子；阴离子和阳离子；阳离子中中心原子的杂化类型为______

rm{(2)}用电子式表示化合物rm{AE_{2}}的形成过程______

rm{(3)F}与rm{BD}易形成配合物rm{F(BD)_{5}}在rm{F(BD)_{5}}中rm{F}的化合价为______

rm{(4)E}有多种含氧酸根rm{垄脵EO^{-}垄脷EO_{2}^{-}垄脹EO_{3}^{-}垄脺EO_{4}^{-}}其中空间构型为四面体形的是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{(5)C}的最高价氧化物对应的水化物与rm{A}的单质反应时，rm{C}被还原到最低价，该反应的化学方程式为______．21、图所涉及的物质均为中学化学中常见的物质，其中rm{A}和rm{D}两种化合物是由两种相同的元素组成的，rm{B}能使带火星的木条复燃，rm{E}为黄绿色气体。它们存在如下转化关系rm{(}反应中部分生成物已略去rm{)}

rm{(1)}写出物质rm{D}的电子式：______。

rm{(2)}说出物质rm{G}的一种作用：______。

rm{(3)}写出rm{A隆煤B}的化学反应方程式：______。

rm{(4)F}的稀溶液能与石灰石rm{(}主要成分是rm{CaCO_{3})}反应，产生一种无色无味的气体，该反应的离子方程式是______。22、A、rm{B}rm{C}在一定条件下；有如下转化关系：

请回答下列问题：rm{(1)垄脵}的反应类型为________________。rm{(2)C}中所含官能团的名称是________________。rm{(3)}分别写出rm{垄脷}rm{垄脺}反应的化学方程式rm{(}有机物用结构简式表示rm{)}________________________________________________________________________、__________________________________________________________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共16分)23、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。24、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。25、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。26、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分六、工业流程题(共4题，共16分)27、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。28、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去29、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。30、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】

A、CO与NO反应生成的是N2和CO2：2CO+2NO2CO2+N2；故A正确；

B、天然气的燃烧产物为二氧化碳和水，氢的燃烧产物为水，不会产生NO和SO2；所以天然气或氢能源可减少对空气的污染，故B正确；

C、CO2不能提高空气的酸度；故C错误；

D；增大绿化面积；多植树造林，可有效控制城市空气污染，故D正确；

故选：C．

【解析】【答案】A、根据CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并在催化剂作用下促使SO2的转化，可知CO与NO反应生成的是N2和CO2；

B；根据天然气的燃烧产物为二氧化碳和水；氢的燃烧产物为水；

C、根据CO2不能提高空气的酸度；

D；根据增大绿化面积；多植树造林，可净化空气；

2、B【分析】氧气是单质和水不反应,不能形成电解质.氨气溶于水生成一水合氨,属于电解质.CD都是电解质,答案选B.【解析】【答案】B3、B【分析】解：A；水的电离程度极小；存在电离平衡，所以水属于弱电解质，故A错误；

B、水的离子积为氢离子与氢氧根离子的积，可以表示为KW=c（H+）•c（OH-）；故B正确；

C、常温下，水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，即c（H+）=c（OH-）；故C错误；

D、升高温度，水的电离程度增大，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，且满足c（H+）=c（OH-）；所以水显示中性，故D错误；

故选B．

A；水能够电离出氢离子和氢氧根离子；但是水的电离程度极小，属于弱电解质；

B；水的离子积等于氢离子浓度与氢氧根离子浓度的乘积；

C；常温下水为中性；溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等；

D、水的电离为吸热反应，升高温度，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，但是c（H+）=c（OH-）；溶液显示中性．

本题考查了水的电离、溶液酸碱性的判断，题目难度中等，注意明确水为中性，满足c（H+）=c（OH-）；水为极弱的电解质，存在电离平衡；水的电离过程为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大．【解析】【答案】B4、D【分析】【分析】本题考查了化学反应与能量变化，利用盖斯定律进行相关计算，注意催化剂不能改变焓变，盖斯定律计算时焓变的加减时正负号为易错点，题目难度较小。【解答】A.太阳光催化分解水制氢气；是光能转化为华讯，故A错误；

B.反应的rm{triangleH_{2}>0}故该反应为吸热反应，故B错误；

C.催化剂不能改变反应热的大小；只能改变化学反应速率，故C错误；

D.根据盖斯定律，目标反应rm{CH_{4}(g)篓TC(s)+2}rm{H_{2}(g)}相当于rm{垄脹-垄脷}故rm{triangleH=triangleH_{3}-triangleH_{2}}rm{triangleH=206.1kJ?mol^{-1}-131.3kJ?mol^{-1}=74.8kJ?mol^{-1}}故D正确。

故选D。rm{triangleH=triangleH_{3}-triangle

H_{2}}【解析】rm{D}5、B【分析】解：rm{A}rm{AgNO_{3}}溶液和亚硝酸钠和食盐反应，两者都会生成白色沉淀，化学方程式为：rm{AgNO_{3}+NaCl=AgCl隆媒+NaNO_{3}}rm{AgNO_{3}+NaNO_{2}=AgNO_{2}隆媒+NaNO_{3}}还需要用稀rm{HNO_{3}}看沉淀是否溶解，沉淀溶解的为rm{NaNO_{2}}故A错误；

B；重结晶时；冷却速度慢时，可使溶液的过饱和度缓慢释放，使晶体有充足的时间生长，所以得到的晶体颗粒越大，故B正确；

C、乙醇和乙酸是互溶的，不分层，所以无法用分液法分离，且沸点相近，直接蒸馏分离效果也不理想，一般加入rm{NaOH}后蒸馏出乙醇；再加硫酸，蒸馏出乙酸，故C错误；

D、未润洗酸式滴定管，相当稀释了盐酸，所用标准rm{HCl}体积增大，则计算出的rm{NaOH}浓度偏大；故D错误．

故选：rm{B}．

A、rm{AgNO_{3}}溶液和亚硝酸钠和食盐都会生成白色沉淀；

B；冷却速度慢；则易析出晶体，越慢晶体析出越大；

C；乙醇和乙酸是互溶的；不分层，所以无法用分液法分离；

D；滴定管未润洗；酸式滴定管中含水，造成标准酸体积读数偏大，结果偏大．

本题考查物质的检验、重结晶、分液、酸碱中和滴定等基本实验操作，要理解分液用来分离互不相容的液体，明确中和滴定的仪器、步骤及需注意的问题来解答．【解析】rm{B}6、A【分析】解：rm{;_{18}^{40}Ar}的元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数rm{=}质量数rm{-}质子数，原子中核外电子数rm{=}核内质子数．

A.质子数为rm{18}故A正确；

B.中子数rm{=}质量数rm{-}质子数rm{=40-18=22}故B错误；

C.该元素的质量数为rm{40}故C错误；

D.原子中核外电子数rm{=}核内质子数rm{=18}故D错误；

故选A．

元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数rm{=}质子数rm{+}中子数，电子数rm{=}质子数；据此分析．

本题考查了质子数、中子数、质量数之间的关系，难度不大，注意原子或离子中电子数的计算方法，原子中核外电子数rm{=}核内质子数，阳离子中电子数rm{=}质子数rm{-}电荷数，阴离子中电子数rm{=}质子数rm{+}电荷数．【解析】rm{A}7、D【分析】解：rm{A}rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有rm{1}种结构，丙醇有rm{2}种，形成的酯有rm{2}种，若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有rm{1}种结构，乙醇只有rm{1}种结构，形成的乙酸乙酯有rm{1}种，若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有rm{1}种结构，甲醇只有rm{1}种结构，形成的丙酸甲酯只有rm{1}种，所以rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于酯类的同分异构体共有rm{4}种；故A正确；

B、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于羧酸时，可以是丁酸或rm{2-}甲基丙酸，共有rm{2}种同分异构体；故B正确；

C、存在分子中含有六元环的同分异构体：故C正确；

D、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于羟基醛时，可以是rm{2-}羟基丁醛、rm{3-}羟基丁醛、rm{4-}羟基丁醛、rm{2-}甲基rm{-2-}羟基丙醛、rm{2-}甲基rm{-3}羟基丙醛，共rm{5}种同分异构体；故D错误；

故选D。

A、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于酯类的同分异构体；为饱和一元酯，根据酸和醇的种类来确定；

B、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于羧酸时；可以根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；

C；根据六元环结合有机物的分子式来确定；

D、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于羟基醛时；可以根据官能团的位置异构得到其同分异构体。

本题考查同分异构体的种类，根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的种数，难度不大，有利于培养学生的逻辑推理能力。【解析】rm{D}8、D【分析】略。

【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】解：（1）5分钟内，△n（O2）=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）可知△n（N2）=0.5mol，v（N2）===0.05mol/（L•min）；

故答案为：0.05mol/（L•min）；

（2）A．消耗1molN2等效于消耗1molO2，同时生成1molO2；故选；

B．混合气体密度一直不变；故不选；

C．混合气体平均相对分子质量不变；总质量是个定值，总物质的量是个定值，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故不选；

D．2v（N2）正=v（NO）正=v（NO）逆；故选；

故选：AD；

（3）A；该反应的正反应为吸热反应；则升高温度平衡向正反应进行，平衡常数增大，故A正确；

B；加入催化剂；反应速率增大，但平衡不发生移动，故B错误；

C；升高温度；反应速率增大，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，故C正确．

故答案为：AC；

（4）该反应中；气体的化学计量数之和前后相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数，故答案为：不变；

（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为=9×10-4＜K；则反应应向正反应方向进行；

故答案为：向正反应方向进行．

（1）5分钟内，△n（O2）=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）可知△n（N2）=0.5mol，带入v=计算；

（2）可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；

（3）根据温度；催化剂对反应速率和平衡移动的影响判断；

（4）根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析；

（5）计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论．

本题考查化学平衡的有关计算，题目难度中等，注意平衡常数的计算和应用．【解析】0.05mol/（L•min）；AD；AC；不变；向正反应方向进行10、略

【分析】要使海水淡化，必须借离子交换树脂的作用除去海水中Na＋、Ca2＋、Mg2＋及Cl－等离子。如果海水先通过羟型离子交换树脂，交换下来的OH－会与Mg2＋生成沉淀，从而堵塞离子交换柱。【解析】【答案】(1)HRROH(2)如果海水先通过羟型离子交换树脂，交换下来的OH－会与Mg2＋生成沉淀，从而堵塞离子交换柱11、略

【分析】试题分析：由三段式可知设初始加入A为aL，B为bL，转化的A为mL。A+3B2C初始状态ab0反应过程m3m2m平衡状体a-mb-3m2m可知：2m/(a+b-2m)=10%2m/(a+b)=1/11可得：=可得V’=1．1VL，2m=0．1VL故①错误；②正确；反应达平衡时,气体A消耗掉0．05VL，气体B消耗掉了0．15VL,故③正确，④错误；故A项正确。考点：化学平衡状态计算。【解析】【答案】A12、略

【分析】【解析】试题分析：（1）C中含有碳碳三键，含有2个π键。由于C与O互为等电子体，等电子体结构相似，则1个O中含有的π键数目为2个。（2）根据构造原理可知，Cu＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。（3）碳碳双键是平面型结构，碳氮三键是直线型结构，则丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型有sp2杂化，也有sp杂化。分子中处于同一直线上的原子数目最多为3个。考点：考查共价键、等电子体、杂化轨道类型以及核外电子排布的有关判断和应用【解析】【答案】(1)2（2分）(2)1s22s22p63s23p63d10（2分）(3)sp1杂化、sp2杂化（各2分）3（2分）13、略

【分析】解：（1）葡萄糖发生银镜反应的化学反应方程式为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

（2）设有机物分子中有n个O-H键，则C-H键数为2n，其分子式为CxH3nOn（x；n均为正整数）

则12x+19n=62

讨论：当n=1；x=3.58（不合理，舍去）

当n=2；x=2（合理）

有机物的分子式为C2H6O2，含有2个-OH，故结构简式为HOCH2CH2OH；

故答案为：HOCH2CH2OH；

（3）碳酸的酸性比苯酚的酸性强，所以苯酚钠通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH+NaHCO3；

故答案为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH+NaHCO3；

（4）该有机物含有碳碳双键；可发生加成；加聚、氧化反应，则②⑥正确；

含有酯基；可发生水解反应，则①⑤正确；

含有羧基；具有酸性，可发生酯化反应，则①④正确；

含有羟基；可发生氧化；取代和消去反应，则①③④⑥正确；

则正确的有①②③④⑤⑥；

故答案为：C．

（1）葡萄糖含有醛基；能够被银氨溶液氧化，发生银镜反应；

（2）设有机物分子中有n个O-H键，烃基和羟基上氢原子个数之比为2：1，则C-H键数为2n，其分子式为CxH3nOn（x；n均为正整数）；则12x+19n=62，据此讨论确定该有机物的结构简式．同一碳原子上不能连有两个-OH；

（3）苯酚钠通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠；

（4）该有机物含有碳碳双键；可发生加成；加聚、氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应．

本题考查了常见有机物分类方法判断、有机物分子式与结构式的确定，难度中等，根据烃基和羟基上氢原子个数之比为2：1确定分子中H原子与O原子的数目之比是解题的关键，注意有机物分子式确定中讨论方法的运用．【解析】CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；HOCH2CH2OH；C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；C14、略

【分析】解：rm{(1)pH=-lgc(H^{+})=-lg0.01=2}故答案为：rm{(1)pH=-lgc(H^{+})=-lg

0.01=2}

rm{2}醋酸钠促进水电离，醋酸钠溶液中氢离子浓度为rm{(2)}根据水的离子积常数知，氢氧根离子浓度等于rm{10^{-11}mol/L}

故答案为：rm{10^{-3}mol/L}

rm{10^{-3}}醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解生成醋酸，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使其溶液呈碱性，溶液呈碱性，所以rm{(3)}溶液中存在电荷守恒，rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}则rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO?)+c(OH^{-})}所以离子浓度大小顺序是rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO?)}

故答案为：rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO?)>c(OH^{-})>c(H^{+})}

rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO?)>c(OH^{-})>c(H^{+})}某温度下纯水中的rm{(4)}纯水中rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-7}mol/L}所以此时溶液中的rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-7}mol/L}

若温度不变，滴入稀盐酸，使rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}则溶液中rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-7}

mol/L}此时溶液中的氢氧根全部来源于水的电离，由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出的氢氧根离子的浓度，即rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-6}mol/L}

故答案为：rm{c(OH^{-})=8隆脕10^{-9}mol/Lmol/L}rm{8隆脕10^{-9}mol/L}

rm{2隆脕10^{-7}}根据rm{8隆脕10^{-9}}计算；

rm{(1)}醋酸钠促进水电离；根据氢离子浓度结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度；

rm{pH=-lgc(H^{+})}醋酸钠是强碱弱酸盐；醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，根据电荷守恒确定离子浓度大小；

rm{(2)}纯水溶液中氢离子浓度始终等于氢氧根离子浓度，温度不变，水的离子积常数不变rm{(3)}纯水溶液中氢离子浓度始终等于氢氧根离子浓度，温度不变，水的离子积常数不变。

本题综合考查水的电离、溶液中离子浓度大小比较以及rm{(4)c(H^{+})?c(OH^{-})=Kw}计算，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，该题的关键是明确溶液中几个重要守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒。rm{[c(H^{+})?c(OH^{-})=Kw]}【解析】rm{2}rm{10^{-3}}rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO?)>c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{2隆脕10^{-7}}rm{8隆脕10^{-9}}三、探究题(共4题，共8分)15、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）16、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）17、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）18、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、推断题(共4题，共20分)19、略

【分析】解：rm{(1)F}的结构简式为：含有醛基；碳碳双键，故答案为：醛基、碳碳双键；

rm{(2)}由以上分析可知rm{G}的结构简式为：故答案为：

rm{(3)D}与银氨溶液反应的方程式为：

故答案为：

rm{(4)}新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液中含有过量的rm{NaOH}氯代烃在碱性条件下可发生水解反应；

故答案为：新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液中含有过量的rm{NaOH}在碱性环境中rm{B}水解；

rm{(5)D}的结构简式为：rm{D}的一种同系物rm{W(}分子式为rm{C_{8}H_{8}O_{2})}有多种同分异构体，其中rm{垄脵}属于芳香族化合物；rm{垄脷}能与rm{NaHCO_{3}}反应产生rm{CO_{2}}气体，说明含有羧基，则，苯环可能连接rm{-CH_{2}COOH}或分别连接rm{-CH_{3}}rm{-COOH}rm{-CH_{3}}rm{-COOH}有邻、间、对rm{3}种，共rm{4}种；

故答案为：rm{4}．

芳香族化合物rm{C}的分子式为rm{C_{9}H_{9}OCi}rm{C}分子中有一个甲基且苯环上只有一个侧链，rm{C}能和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成rm{D}rm{D}能和银氨溶液发生银镜反应，则rm{D}中含有醛基和醇羟基，rm{C}的结构简式为：rm{D}的结构简式为：rm{D}和银氨溶液反应、酸化生成rm{E}则rm{E}的结构简式为：rm{E}发生酯化反应进行缩聚反应生成高聚物rm{I}rm{I}为rm{.C}和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成rm{F}则rm{F}的结构简式为：rm{F}被新制氢氧化铜氧化然后酸化生成rm{G}rm{G}的结构简式为：rm{G}发生加聚反应生成rm{H}rm{H}的结构简式为：rm{.C}被新制氢氧化铜氧化生成rm{B}然后酸化，则rm{B}的结构简式为：rm{B}和乙醇发生酯化反应生成rm{A}以此解答该题．

本题考查了有机物的推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确有机物的官能团及其结构是解本题关键，充分利用题给信息采用正逆相结合的方法进行推断，难度中等rm{.}注意rm{(5)}条件同分异构体的判断．【解析】醛基、碳碳双键；新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液中含有过量的rm{NaOH}在碱性环境中rm{B}水解；rm{4}20、略

【分析】解：rm{(1)C}为氮元素，它的外围电子排布图为rm{C}与氢元素的阳离子为铵根离子，中心原子氮的价层电子对数为rm{dfrac{5+3}{2}=4}所以氮原子的杂化类型为rm{sp^{3}}杂化，故答案为：rm{sp^{3}}

rm{(2)AE_{2}}为rm{MgCl_{2}}用电子式表示rm{MgCl_{2}}的形成过程为

故答案为：

rm{(3)F(BD)_{5}}为rm{Fe(CO)_{5}}因为rm{Fe(CO)_{5}}化合价的代数和为rm{0}rm{CO}的化合价的代数和为rm{0}则rm{Fe}元素的化合价为rm{0}故答案为：rm{0}

rm{(4)Cl}有多种含氧酸根rm{垄脵ClO^{-}垄脷ClO_{2}^{-}垄脹ClO_{3}^{-}垄脺ClO_{4}^{-}}中心原子rm{Cl}的价层电子对数都为rm{dfrac{7+1}{2}=4}氯原子都是按rm{sp3}方式杂化的，其中只有rm{ClO_{4}^{-}}有四个rm{Cl-O}键，没有孤电子对，其空间构型为四面体型，其它含氧酸根都有孤电子对，空间构型不为四面体，故答案为：rm{垄脺}

rm{(5)C}的最高价氧化物对应的水化物与rm{A}的单质反应时，rm{C}被还原到最低价，生成硝酸铵，该反应的化学方程式为rm{4Mg+10HNO_{3}=4Mg(NO_{3})_{2}+NH_{4}NO_{3}+3H_{2}O}

故答案为：rm{4Mg+10HNO_{3}=4Mg(NO_{3})_{2}+NH_{4}NO_{3}+3H_{2}O.}

rm{A}的基态原子外围电子排布式为rm{3s^{2}}则rm{A}为镁元素，rm{B}原子的rm{L}电子层的rm{P}能级上有一个空轨道，则rm{B}为碳元素，rm{C}元素的基态原子最外层有rm{3}个未成对电子，次外层有rm{2}个电子，则rm{C}为氮元素，rm{D}的原子的rm{2p}轨道上有rm{1}个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则rm{D}为氧元素，rm{E}是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，则rm{E}为氯元素，rm{F}和rm{G}在周期表中既处于同一周期又位于同一族，说明rm{F}和rm{G}都位于第ⅤⅢ族，原子序数rm{F}比rm{G}小rm{2}且都小于rm{36}所以rm{F}为铁元素，rm{G}为镍元素；以此来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质结构与性质的应用，题目难度不大．【解析】rm{sp^{3}}rm{0}rm{垄脺}rm{4Mg+10HNO_{3}=4Mg(NO_{3})_{2}+NH_{4}NO_{3}+3H_{2}O}21、略

【分析】解：rm{B}能使带火星的木条复燃，则rm{B}为rm{O_{2}}rm{E}为黄绿色气体，则rm{E}为rm{Cl_{2}}rm{A}和rm{D}两种化合物是由两种相同的元素组成的，rm{A}在二氧化锰存在条件下转化成rm{B}rm{B}rm{C}点燃得到rm{D}则rm{A}为rm{H_{2}O_{2}}rm{D}为rm{H_{2}O}rm{D(H_{2}O)}与rm{E(Cl_{2})}反应生成rm{G}和rm{F}且rm{G}光照条件下转化成rm{F}则rm{G}为rm{HClO}rm{F}为rm{HCl}

rm{(1)}根据分析可知，rm{D}为rm{H_{2}O}水中存在两个氧氢键，氧原子最外层达到rm{8}电子稳定结构，水的电子式为

故答案为：

rm{(2)G}为次氯酸；次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒；作漂白剂等；

故答案为：杀菌消毒rm{(}或作漂白剂rm{)}

rm{(3)A}为rm{H_{2}O_{2}}rm{B}为rm{O_{2}}双氧水在催化剂存在条件下分解生成氧气和水，该反应的化学方程式为：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}

故答案为：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}为rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}其稀溶液为稀盐酸，稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的离子方程式为：rm{(4)F}

故答案为：rm{HCl}

图所涉及的物质均为中学化学中常见的物质，rm{CaCO_{3}+2H^{+}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}能使带火星的木条复燃，则rm{CaCO_{3}+2H^{+}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}为rm{B}rm{B}为黄绿色气体，则rm{O_{2}}为rm{E}rm{E}和rm{Cl_{2}}两种化合物是由两种相同的元素组成的，rm{A}在二氧化锰存在条件下转化成rm{D}rm{A}rm{B}点燃得到rm{B}则rm{C}为rm{D}rm{A}为rm{H_{2}O_{2}}rm{D}与rm{H_{2}O}反应生成rm{D(H_{2}O)}和rm{E(Cl_{2})}且rm{G}光照条件下转化成rm{F}则rm{G}为rm{F}rm{G}为rm{HClO}据此进行解答。

本题考查无机物推断，题目难度不大，抓住突破口“rm{F}能使带火星的木条复燃，rm{HCl}为黄绿色气体”为解答关键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。rm{B}【解析】杀菌消毒rm{(}或作漂白剂rm{)}rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{CaCO_{3}+2H^{+}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}22、（1）加成反应

（2）羧基CH3CHO

（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【分析】【分析】本题考查有机物推断、官能团、有机反应方程式书写，比较基础，涉及烯与醇、醛、羧酸之间的转化关系等，难度不大，注意基础知识的理解掌握。【解答】rm{A}能发生连续氧化性生成rm{C}则rm{A}为醇、rm{B}为醛、rm{C}为羧酸rm{.}故乙烯与水发生加成反应生成rm{A}rm{A}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}乙醇在rm{Cu}或rm{Ag}作催化剂条件下发生氧化反应rm{CH_{3}CHO}rm{B}为rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}可进一步氧化物rm{CH_{3}COOH}rm{C}为rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}和rm{CH_{3}COOH}在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯rm{(CH_{3}COOCH_{2}CH_{3})}

rm{(1)}由上述分析可知，反应rm{垄脵}是乙烯与水发生加成反应生成rm{CH_{3}CH_{2}OH}故答案为：加成反应；

rm{(2)}由上述分析可知，rm{A}为rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{2}乙醇在rm{2}或rm{OH}作催化剂条件下发生氧化反应rm{Cu}rm{Ag}rm{CH}rm{3}为rm{3}rm{CHO}rm{B}rm{CH}rm{3}rm{3}可进一步氧化物rm{CHO}rm{CH}rm{3}rm{3}为rm{CHO}含有羧基，故答案为：羧基；

rm{CH}反应rm{3}是乙醇催化氧化变成乙醛，反应的化学方程式为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}反应rm{3}是乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOHxrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}故答案为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOHxrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}rm{COOH}【解析】rm{(1)}加成反应rm{(2)}羧基rm{CH_{3}CHO}rm{(3)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(3)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{2}rm{COOHxrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}CH}rm{2}rm{OH+CH}rm{3}rm{3}rm{COOHxrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}

CH}rm{3}rm{3}rm{COOCH}rm{2}五、元素或物质推断题(共4题，共16分)23、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查